做出这道题关键在于读懂题目，尤其是第3条和第4条规则。可以知道，所有蚂蚁是一拥而上的，而且蚂蚁很聪明，它们知道如果在某时一只蚂蚁到瓢虫的路 径与另一只蚂蚁的路径相互包含，就让距离近的蚂蚁继续行进，另一只蚂蚁停留不动。蚂蚁们还会互相礼让，如果要同时进入一个节点，就让编号小的蚂蚁进入，其 它蚂蚁停止不再动。
瓢虫会停留在多个位置，但是都是互相不关联的，我们可以把瓢虫停留的每个位置看作独立的测试点，每个测试点要用到上个测试点的结果，所以我们可以分割考虑每次瓢虫停留。
对于每次瓢虫停留，如果简单地模拟，会很容易超时。我们要把每只蚂蚁一次移动到位。首先从瓢虫的位置开始一遍BFS，找到所有可行进的蚂 蚁，记录每只蚂蚁到瓢虫位置的路径。然后按照路径长度从小到大为第一关键字，蚂蚁编号从小到大为第二关键字把蚂蚁进行排序，排名第一的蚂蚁一定是可以驱逐 瓢虫的蚂蚁，把它的路径上的顶点分别标记时间。然后依次处理每只蚂蚁，如果某只蚂蚁路径上有节点已经被标记时间，则这只蚂蚁的最大移动时间就是已经标记的 时间。在移动时也标记时间，用于影响后面的蚂蚁。这样，移动所有蚂蚁的时间复杂度是O(N+K)的。
算法的总的时间复杂度为O((N+K*logK)*L)，可以很快解决问题。实际编写时有很多细节需要注意。
/*
* Problem: POI2001 mro
* Author: Guo Jiabao
* Time: 2009.2.2 21:43
* State: Solved
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN=5001,MAXK=1001,INF=0x7FFFFFFF;
struct edge{int t;edge *next;};
struct adjl{edge *f,*l;};
struct vertex{int id,ant,label;};
struct ant{int vtx,id,dist,hits;};
struct path{path *from;int p;};
edge E[MAXN*2];
adjl A[MAXN];
vertex V[MAXN];
ant Ant[MAXK];
int PL[MAXK],Pt[MAXK][MAXN];
int N,K,L,Ec=-1,Target;
int Order[MAXK];
inline void addedge(int a,int b)
{
if (A[a].f)
A[a].l=A[a].l->next=&E[++Ec];
else
A[a].f=A[a].l=&E[++Ec];
E[Ec].t=b;
}
void init()
{
int i,a,b;
freopen("mro.in","r",stdin);
freopen("mro.out","w",stdout);
scanf("%d",&N);
for (i=1;i<N;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
addedge(a,b);
addedge(b,a);
}
for (i=1;i<=N;i++)
V[i].id=i;
scanf("%d",&K);
for (i=1;i<=K;i++)
{
scanf("%d",&a);
V[a].ant=i;
Ant[i].id=i;
Ant[i].vtx=a;
Order[i]=i;
}
scanf("%d",&L);
}
void BFS()
{
path Queue[MAXN],u,v;
int Head=0,Tail=0;
bool vis[MAXN];
int *P;
memset(vis,0,sizeof(vis));
Queue[0].p=Target;
Queue[0].from=0;
vis[Target]=true;
while (Head<=Tail)
{
v.from=&Queue[Head];
u=Queue[Head++];
for (edge *k=A[u.p].f;k;k=k->next)
{
v.p=k->t;
if (!vis[v.p])
{
vis[v.p]=true;
if (V[v.p].ant!=0)
{
int a=V[v.p].ant;
path *b=&v;
PL[a]=0;
P=Pt[a];
while (b->from)
{
P[++PL[a]]=b->p;
b=b->from;
}
P[++PL[a]]=Target;
Ant[a].dist=PL[a]-1;
}
else
Queue[++Tail]=v;
}
}
}
}
void Move()
{
int p,i,j,u,v,MaxStep,Step;
i=Order[1];
Ant[i].hits++;
MaxStep=PL[i];
for (p=1;p<=K && Ant[i=Order[p]].dist<INF;p++)
{
Step=MaxStep;
for (j=1;j<=PL[i];j++)
{
u=Pt[i][j];
if (V[u].label)
{
Step=V[u].label+1;
break;
}
}
u=Pt[i][1];
V[u].ant=0;
for (j=2;j<=Step;j++)
{
v=Pt[i][j];
if (V[u].label+1 > V[v].label)
V[v].label=V[u].label+1;
else
break;
u=v;
}
Ant[i].vtx=u;
V[u].ant=i;
}
}
inline int cmp(const void *a,const void *b)
{
int A=*(int *)a,B=*(int *)b;
if ( Ant[A].dist < Ant[B].dist ) return -1;
if ( Ant[A].dist > Ant[B].dist ) return 1;
if ( Ant[A].id < Ant[B].id ) return -1;
return 1;
}
void clear()
{
int i;
for (i=1;i<=K;i++)
Ant[i].dist=INF;
for (i=1;i<=N;i++)
V[i].label=0;
}
void solve()
{
int i,a;
for (i=1;i<=L;i++)
{
scanf("%d",&Target);
if (V[Target].ant!=0)
{
a=V[Target].ant;
Ant[a].hits++;
}
else
{
clear();
BFS();
qsort(Order+1,K,sizeof(Order[0]),cmp);
Move();
}
}
for (i=1;i<=K;i++)
{
printf("%d %dn",Ant[i].vtx,Ant[i].hits);
}
}
int main()
{
init();
solve();
return 0;
}
<h2><span class="mw-headline">蚂蚁和瓢虫 </span></h2>
蚂蚁和蚜虫是共生的。蚜虫分泌出蜜汁给蚂蚁引用。蚂蚁帮助蚜虫赶走它的天敌——瓢虫。在蚂蚁山附近有一个树，这里是蚜虫生活的地方。蚜虫吸取树的汁 液。有n个蚂蚁兵，用1到n编号。一个瓢虫威胁着这个文明，它经常出现在蚜虫活动的地方。当瓢虫坐在树上时，蚂蚁兵会出动把它赶走。他们按照如下的规则：
树上的任意两点之间都只有一条路径,所有的蚂蚁都沿着它所在点到瓢虫的路径前进，每移动一个位置，花的时间是单位1。
-
如果蚂蚁和瓢虫在同一个位置，那么蚂蚁立即把它赶走。
-
如果某个蚂蚁的路径上有另外一只蚂蚁，那么距离目标较远的蚂蚁待在原地不动，较近的那个蚂蚁继续前进。
-
如果有多个蚂蚁要进入同一个位置，那么选择编号最小的蚂蚁，其余的蚂蚁留在原位置不动。
-
当蚂蚁到达了瓢虫的位置以后，把它赶走，然后停留在该位置。
瓢虫是非常顽固的动物，它被赶走了以后还会再停留到别的位置。然后蚂蚁继续行动。为了使问题简单化，我们假定从一个位置到达与它相邻的位置花1个单位的时间。
任务：
读入树的描述，蚂蚁的开始位置，以及瓢虫停留地点。 给出每个蚂蚁的最后的位置，以及该蚂蚁赶走瓢虫的次数。
输入：
文件的第一行，一个整数n，1<=n<=5000。表示地点的编号。接下来n-1行描述了树里的边，每行两个整数a和b，表示 这两点之间相连。然后一行是整数k，1<=k<=1000 and k<=n。是蚂蚁兵的数目。接下来k行，每行一个整数，表示蚂蚁兵开始的位置。没有两个蚂蚁位于一个位置。然后是一个整数l, 1<=l<=500,即瓢虫停留l次。下面的l行每行一个整数，表示瓢虫依次停留的位置。
输出：
k行。每行两个整数，分别表示第k个蚂蚁最后的位置以及它赶走瓢虫的次数。
Sample Input
4 1 2 1 3 2 4 2 1 2 2 2 4
Sample Output
1 0 4 2
Figure
上次修改时间 2017-05-22